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Probl emeEnonceProbleme

Premiere partie : sous-groupes de(R;+)

Pour toutadeR, on noteaZ=fka; k2Zg.

Les ensemblesaZsont de maniere evidente des sous-groupes de (R;+). Dans cette partie, on designe parGun sous-groupe de (R;+), non reduit af0g. On va montrer que soitGest de la formeaZ(aveca >0) soitGest une partie dense deR. 1. Mon trerque G\R+est non vide. Justier l'existence dea= infG\R+dansR+.[ S] 2.

On supp oseici que aest strictement positif.

(a) Mon trerque aest element deG(indication : raisonner par l'absurde, considerer l'intervalle ]a;2a[ et utiliser deux fois la caracterisation de la borne inferieure). [ S] (b) Mon trerque Gest inclus dansaZ(indication : pour toutxdeG, justier l'existence d'unkde Ztel que 06xka < a). En deduire queG=aZ(Gest ditdiscret).[ S] 3.

Dans cette question, on supp oseque aest nul.

Montrer que pour tous reelsx;yavecx < y, il existezdansGtel quex < z < y. (Indication : utiliser, apres avoir justie son existence, un elementtdeG\]0;yx[). Une recurrence immediate montre que]x;y[contient une innite d'elements deG. On exprime cette situation en disant queGestdensedansR. Ce n'est pas le cas bien s^ur des ensembles

aZ. On a donc prouve que les sous-groupes additifs deRsont soit discrets (parmi eux, le groupe trivial

f0g= 0Zest le seul qui soit ni), soit denses dansR.[S] Deuxieme partie : morphismes croissants d'un sous-groupe de(R;+)dans(R;+) Dans cette partie,Gdesigne un sous-groupe de (R;+).

On se propose de caracteriser les morphismes croissants de (G;+) dans (R;+), c'est-a-dire les applications

f:G!Rtelle que :8(x;y)2R2; f(x+y) =f(x) +f(y) et (x)y)f(x)6f(y)). Il est clair que pour tout reel, l'applicationt7!test un morphisme de (G;+) dans (R;+), croissant si >0, decroissant si60. 1. On supp osedans cette question que Gest un sous-groupediscretde (R;+).

Soitgun morphisme de (G;+) dans (R;+).

Montrer qu'il existe un reeltel que, pour touttdeG,g(t) =t. Les morphismes croissants deGdansRsont donc les applicationst7!t, ou>0.[ S] Dans la suite de cette partie,Gest un sous-groupedensede (R;+).

Soitgun morphisme croissant de (G;+) dans (R;+).

Pour tout reelx, on posef(x) = supfg(t); t2G\]1;x]g. 2.

Justier l'existence de l'application f:R!R.

Montrer quefest croissante, et qu'elle est un prolongement de l'applicationg.[ S] 3. Dans cette question, on se donne un r eelstrictemen tp ositif". (a) Mon trerqu'il existe x;ydansGtels quex < yet 06g(y)g(x)6". Indication : utiliser la densite deGdans [0;a], avecadonne dansG\R+.[ S] (b) En d eduirequ'il existe >0 tel que :t2G\[;]) jg(t)j6".[ S] (c)

Prouv eralors que : 8(x;y)2R;jyxj62

) jf(y)f(x)j6". Indication : six6yencadrer judicieusement [x;y] par deux elements deG.[ S] 4. (a) Mon trerque fest un endomorphisme continu du groupe (R;+).[ S] (b) En d eduiref(x) =xf(1) pour tout reelx(supposerx2Z, puisx2Q).[ S] 5. D eduirede ce qui pr ecedeles morphismes croiss antsde ( G;+) dans (R;+).[ S]Mathematiques en MPSI

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Probl emeCorrigeCorrige

Premiere partie

1. Soi xun element non nul deG(possible carGn'est pas reduit af0g).

On sait quexest dansG. Doncjxjest dansG\R+.

L'ensembleG\R+etant une partie minoree (par 0) et non vide deR, possede une borne inferieure a(etaest un element deR+).[ Q] 2. Dans cette question, on supp oseque a= inf(G\R+)>0. (a)

Supp osonsque ane soit pas dansG.

Il existe alorsbdansG\R+tel quea < b <2a(caracterisation de la borne inferieure). De m^eme, il existecdansG\R+tel quea < c < b. Ainsi 0< bc < a. Maisbcest un element deG, ce qui contredit la denition dea. Cette contradiction montre quea(suppose ici>0) est dansG.[ Q] (b) Soit xun element quelconque deG, et soitkla partie entiere dexa

On a alorsk6xa

< k+ 1 donc 06xka < a.

Maisaest dansGetkest dansZ, donckaest dansG.

On en deduit quexkaest dansG\[0;a[ doncxka= 0 (denition dea). Ainsixest un element deZa, ce qui prouve l'inclusionGZa. L'inclusionZaGest evidente (caraest un element du groupe (G;+)).

Il en resulte l'egaliteG=aZ.[ Q]

3. Dans cette question, on supp oseque a= infG\R+= 0. Pour tout" >0, il existe donc un element tdeG\R+tel que 0< x < "(caracterisation de la borne inferieure). En particulier si on se donnex < ydansR, il existetdansGtel que 0< t < yx.

Posons alorsk=E(xt

) + 1. On ak16xt < kdoncx < kt6x+t < y.

Maistest dansGetkest dansZdoncz=ktest dansG.

On a ainsi trouve un elementzdeGveriant la double inegalitex < z < y.[ Q]

Deuxieme partie

1.

On sait qu'il existe adansR+tel queG=aZ.

Sia= 0 (doncG=f0g) le seul morphisme deGdansRest l'application qui au seul element 0 deG associe 0 dansR. Elle est evidemment du typet7!tavec>0. On suppose donca >0. Posons=g(a) (>0 carg(0) = 0 etgest croissante).

Tout elementtdeGs'ecritt=ka, aveckdansZ.

On a alorsg(t) =g(ka) =kg(a) (cargest un morphisme).

Il en resulteg(t) =k=tavec=a

>0. Conclusion : siGest un sous-groupe discret de (R;+), les morphismes croissants deGdansRsont les applicationst7!tavec>0.[ Q] 2. Soit xun reel, et soitaun element deG, aveca>x(possible carGest dense). Pour touttdeG\]1;x], on at6adoncg(t)6g(a) cargest croissante. Il en resulte que l'ensemble non videfg(t); t2G\]1;x]gest majore, ce qui assure de l'existence du reelf(x) (et de plusf(x)6g(a)).Mathematiques en MPSI

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Probl emeCorrigeSoientx;ydansR, avecx6y. On a bien s^ur l'inclusionfg(t); t2G\]1;x]g fg(t); t2G\]1;y]g. Par passage a la borne sup, on en deduitf(x)6f(y) :fest donc croissante. Soitxun element deG. Le reelg(x) est le maximum defg(t); t2G\]1;x]g. Il en resultef(x) =g(x) : l'applicationfest donc un prolongement deg.[ Q] 3. (a)

Soit a >0 dansG. On sait queGest dense dansR.

En particulier, il existe une innite d'elements deGdans le segment [0;a]. Soitn>1, etx0= 0< x1<< xn1< xn=a, avec lesxkdansG.

On ag(a) =g(1)g(0) =n1P

k=0(g(xk+1)g(xk)). Lesntermes de la somme sont positifs ou nuls (cargest croissante), et l'un d'eux au moins est inferieur ou egal a g(a)n (sans quoi la somme excederaitg(a)). Si on choisitnassez grand pour quen">g(a) on a donc trouve deux elementsx=xkety=xk+1 de [0;a] tels quex < yet 06g(y)g(x)6".[ Q] (b) On p ose=yx. D'apres ce qui precede, 06g() =g(y)g(x)6". Dans ces conditions (compte tenu deg() =g() et la croissance deg) on voit que, pour tout tdeG:6t6) jg(t)j6g()6".[ Q] (c)

On supp osepar exemple 0 6yx62

Par densite, il existet;t0dansGtels quex4

6t6x6y6t06y+4

La croissance defdonne alorsf(t)6f(x)6f(y)6f(t0).

Ainsijf(y)f(x)j=f(y)f(x)6f(t0)f(t) =g(t0)g(t) =g(t0t).

Par construction, on ajt0tj6yx+2

6.

On en deduitjg(t0t)j6"doncjf(y)f(x)j6".[ Q]

4. (a) La q uestionpr ecedentemon treque fest uniformement continue, donc continue. Il reste a montrer quefest un endormorphisme de (R;+). Pour cela on se donnex;ydansR, et il faut prouver quef(x+y) =f(x) +f(y). PuisqueGest dansR, il existe une suite (rn)n>0deGqui converge versx. De m^eme, il existe une suite (sn)n>0deGqui converge versy. La suite (rn+sn)n>0(dont les elements sont dansG) converge donc versx+y. Pour toutn, on ag(rn+sn) =g(rn) +g(sn) c'est-a-diref(rn+sn) =f(rn) +f(sn). fetant continue, on en deduitf(x+y) =f(x) +f(y) par passage a la limite.[ Q] (b) P ourtout xdeZ, on af(x) =f(x1) =xf(1) carfest un morphisme de (R;+).

Supposonsx=pq

, avecp;qdansZ. On a alorsqf(x) =f(qx) =f(p) =pf(1) doncf(x) =xf(1). Soitxun reel, et (rn)n>0une suite de rationnels convergeant versx. On a8n;f(rn) =rnf(1), doncf(x) =xf(1) quandn! 1(fest continue).[ Q] 5. Av ecles notations pr ecedentes,et p ourtout tdeG, on ag(t) =tavec=f(1)>0. Conclusion nale : les morphismes croissants de (G;+) dans (R;+) sont les applicationst7!tavec dansR+(et ce quelque soit le sous-groupeGde (R;+)).[ Q]Mathematiques en MPSI

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